Trần Nam Dũng, Trường Đại học Khoa học tự nhiên, ĐHQG TP Hồ Chí Minh
Kỳ thi chọn học sinh giỏi quốc gia môn Toán năm 2009 (VMO 2009) diễn ra vào ngày 25/2/2009 với sự tham gia của gần 360 thí sinh đến từ các tỉnh thành. Kết quả 131 thí sinh được giải, trong đó có 1 giải nhất, 22 giải nhì, 62 giải ba và 46 giải khuyến khích, đạt tỷ lệ 34%. 42 thí sinh có điểm từ 15 trở lên được triệu tập để tham dự kỳ thi chọn đội tuyển diễn ra vào nửa cuối tháng 4. Đề thi năm nay được đánh giá là dễ hơn nhưng cũng có những bài toán thực sự khó khăn hơn.
Từ 7 bài xuống 5 bài
Sau 2 năm thí điểm đề thi 7 bài làm trong vòng 180 phút, với kết quả tương ứng các năm 2007, 2008 là13%và8%số thí sinh đoạt giải. Bộ giáo dục, theo đề nghị của các chuyên gia đã quyết định chọn phương án đề thi gồm 5 bài toán làm trong vòng 180 phút. Có thể nói, đây là một thay đổi quan trọng giúp kết quả của kỳ thi tốt hơn 2 năm trước.
Một thay đổi khác cũng ảnh hưởng không nhỏ đến kết quả kỳ thi, đó là việc phân bố điểm cho các phân môn được ấn định như sau: Các bài toán thuộc 3 phân môn Giải tích, Đại số, Hình học là các phân môn mà đa số các thí sinh được chuẩn bị tốt hơn, quen hơn sẽ có tổng điểm là 14, điểm vừa đủ để đạt giải 3. Trong khi đó, các bài toán thuộc phần số học và tổ hợp thuộc dạng toán lạ và khó đối với học sinh, chỉ có 6 điểm. Cách phân bố điểm này rõ ràng là có lợi cho số đông các thí sinh, khiến khả năng đạt giải của họ cao hơn.
Tuy nhiên, cũng cần phải nói rằng cách phân bố này cũng gây đôi chút bất lợi cho các thí sinh có sở trường về số học và tổ hợp, đặc biệt trong bối cảnh kỳ thi VMO năm nay (khi các bài toán thuộc phần số học và tổ hợp khó hơn hẳn so với ba phần còn lại). Có thể sẽ có một vài thí sinh làm được bài số học nhưng lại bỏ bài hình hoặc bài đại số. Hoặc có thí sinh dồn sức cho bài tổ hợp nhưng lại sơ suất ở các bài dễ hơn. Kết quả là số điểm đạt được ở bài khó không bù được với số điểm bị mất ở bài dễ.
Có thể là vẫn còn có những vấn đề cần bàn cãi, tranh luận, làm thế nào để có được một đề thi tốt, phân loại được thí sinh và khuyến khích được phong trào nhưng nhìn chung, đề thi năm nay đã đáp ứng được những yêu cầu cơ bản nhất: Số thí sinh đạt giải đông hơn; có đủ cơ cấu giải nhất, nhì, ba; đề thi có những bài cơ bản nhưng cũng có những bài khó và hay.
Ba bài cơ bản
Ba bài toán đầu, gồm bài Đại số, bài Giải tích và bài Hình học là ba bài toán rất cơ bản, mà theo ngôn ngữ của các thầy là bài “kính biếu”. Tuy nhiên, theo thông tin từ ban chấm thi thì không phải thí sinh nào cũng nhận “quà biếu”. Nhiều thí sinh “bó tay” với bài 1. Nhiều thí sinh không làm được bài hình hoặc bỏ câu b) của bài này. Thậm chí với bài 2, bài được coi là dễ nhất của kỳ thi, cũng có thí sinh không làm được hoặc làm được cũng tốn khá nhiều thời gian. Dưới đây, chúng tôi sẽ không trình bày lời giải chi tiết mà chỉ bình luận một số vấn đề xung quanh đề bài và lời giải.
Câu 1. Giải hệ phương trình
1 √ 1 + 2x2 +p 1 1 + 2y2 =√ 2 1 + 2xy p x(1−2x) +py(1−2x) =2 9
Bình luận. Rõ ràng ý đồ của các thầy ra đề là muốn kiểm tra kiến thức cơ bản của học sinh về bất đẳng thức, cụ thể là: “Chứng minh rằng với x, y∈[0,1]ta có bất đẳng thức 1 √ 1 +x2 +p 1 1 +y2 ≤ √ 2 1 +xy
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khix=y (*)”.
Bài này khá quen thuộc, xuất hiện trong nhiều đề thi cũng như là bổ đề của nhiều bài toán khác (chẳng hạn đề thi Nga năm 2000), nếu ra thẳng bất đẳng thức thì quá lộ nên các thầy đã thay đổi đi một chút, đưa nó vào trong một hệ phương trình. Tất nhiên là nếu đã có x=y rồi thì thay vào phương trình thứ hai, mọi việc quá đơn giản.
Phương pháp chứng minh bất đẳng thức (*) cũng khá đa dạng. Chúng ta điểm qua các phương pháp đó.
1. Bình phương hai vế của bất đẳng thức, ta được bất đẳng thức tương đương
1 1 +x2+√ 2 1 +x2p 1 +y2 + 1 1 +y2 ≤ 4 1 +xy Theo bất đẳng thức CBS, ta có p 1 +x2.p1 +y2≥1 +xy⇒ √ 2 1 +x2.p1 +y2 ≤ 2 1 +xy
Như vậy ta chỉ cần chứng minh
1
1 +x2 + 1
1 +y2 ≤ 2
1 +xy (∗∗)
là xong
Nhưng (**) qua các phép biến đổi đại số đơn giản, tương đương với
(1−xy)(x−y)2
(1 +xy)(1 +x2)(1 +y2)≥0
đúng do x, y∈[0,1].
2. Ta có thể làm khác đi một chút bằng cách áp dụng CBS ngay từ đầu:
1 √ 1 +x2 +p 1 1 +y2 !2 ≤2 1 1 +x2 + 1 1 +y2 ≤ 4 1 +xy (theo (**))
Từ đó suy ra điều phải chứng minh. Rõ ràng trong hai cách chứng minh trên, ta chỉ cần điều kiện−1< xy≤1. 3. Giữy cố định, xét hàm sốf(x) = √ 2 1 +xy −√ 1 1 +x2 −p 1 1 +y2 trên[0,1]. Ta có f0(x) = x (1 +x2)3/2 − y (1 +xy)3/2 = x 2(1 +xy)3−y2(1 +x2)3 (1 +x2)3/2(1 +xy)3/2(x(1 +xy)3/2+y(1 +x2)3/2
Như vậy dấu của f0(x)là dấu của
x2(1 +xy)3−y2(1 +x2)3= (x−y)(x+y+ 3x2y−x5y2)
Dox, ythuộc[0,1]nên thừa số thứ hai luôn dương, như thếf0(x)đổi dấu từ âm sang dương tại
y, suy ray là điểm cực tiểu, suy raf(x)≥f(y) = 0. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khix=y.
4. Còn một cách khác để chứng minh bất đẳng thức dạng này, đó là đặt x = eu, y = ev với
u, v∈(−∞,0]đưa bất đẳng thức về dạngf(u) +f(v)≤2f(u+v 2 )
Trong đó f(x) = √ 1
1 +e2x.
Tính đạo hàm bậc hai, ta đượcf(x) = e
2x(e2x−2)
(1 +e2x)5/2 <0(dox≤0). Vậy hàmf(x)lõm trên(−∞,0]và ta có điều cần chứng minh.
Câu 2. Cho dãy số(xn)xác định bởi
x1= 1/2, xn= q x2 n−1+ 4xn−1+xn−1 2 với mọi n≥2.
Chứng minh rằng dãy (yn) với yn = n X k=1 1 x2 k
có giới hạn hữu hạn khi n→ ∞và tìm giới hạn đó. Bình luận.Đây là bài toán dễ nhất của kỳ thi. Việc chứng minh dãy(xn)tăng và không bị chặn trên (tức là có giới hạn bằng+∞) là quá đơn giản. Chẳng hạn có thể đánh giá:
xn = q x2 n−1+ 4xn−1+xn−1 2 ≥ q x2 n−1+ 2xn−1+ 1 +xn−1 2 =xn−1+ 1 2
Việc tính giới hạn của yn chỉ có thể thực hiện được nếu ta tìm được công thức tường minh cho tổng n X k=1 1 x2 k
. Mà điều này chỉ có thể thực hiện thông qua sai phân. Ta biến đổi tương đương
xn= q x2 n−1+ 4xn−1+xn−1 2 ⇔2xn−xn−1= q x2 n−1+ 4xn−1 ⇔4x2n−4xnxn−1+x2n−1=xn−12 + 4xn−1⇔x2n−xnxn−1=xn−1⇔ 1 xn−1− 1 xn = 1 x2 n
Sai phân đã được tìm ra, từ đó dễ dàng tìm đượcyn = 6− 1
xn
và giới hạn cần tìm bằng 6. Quá đơn giản, không một chút lắt léo, từ việc nghĩ ra lời giải đến trình bày lời giải đều đơn giản. Tuy nhiên trên thực tế thì bày này cũng làm khó cho không ít thí sinh. Không kể các bạn không giải được, các bạn giải được cũng hao tổn khá nhiều công lực ở bài này. Nhiều bạn cứ máy móc, khi đã tìm được công thức cho yn rồi vẫn cứ tiếp tục đi chứng minh (yn)tăng và bị chặn trên. Nhiều bạn không biết khái niệm giới hạn bằng∞!
Bài toán sẽ trở nên khó hơn nếu đề bài yêu cầu tính lim n→
xn
n. Khi đó sẽ phải vận dụng định lý
xn = q x2 n−1+ 4xn−1+xn−1 2 < q x2 n−1+ 4xn−1+ 4 +xn−1 2 = xn−1+ 2 +xn−1 2 =xn−1+ 1. xn= q x2 n−1+ 4xn−1+xn−1 2 > xn−1+ 2− 2 xn−1 +xn−1 2 =xn−1+ 1− 1 xn−1
Đề toán sẽ hay và thú vị hơn nhưng đổi lại sẽ không còn dễ chịu với đại đa số các thí sinh. Trong bối cảnh làm 5 bài toán trong vòng 180 phút, có lẽ các thầy đã tránh phương án này.
Câu 3.Trong mặt phẳng cho hai điểmA, B (A6=B).Clà một điểm di động trên mặt phẳng sao cho∠ACB =α, (0◦< α <180◦). Đường tròn tâmInội tiếp tam giácABCvà tiếp xúc với các cạnh
AB, BC, CAlần lượt tạiD, E, F. Các đường thẳngAI, BI cắt đường thẳngEF lần lượt tạiM vàN. a) Chứng minh rằng đoạn MN có độ dài không đổi;
b) Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác DMN luôn đi qua một điểm cố định. Bình luận.Bài hình học phẳng này khá đơn giản, lời giải chỉ dùng kiến thức hình học lớp 9 (tứ giác nội tiếp) và một chút lượng giác. Cấu hình bài toán cũng quen thuộc và có nhiều tính chất hay xung quanh. Ví dụM vàN chính là chân các đường cao hạ từB, AxuốngAI, BI tương ứng. Ngoài ra M, N nằm trên các đường trung bình của tam giác ABC (Từ đó suy ra ∠M KN = ∠M DN, trong đó K là trung điểm của AB, suy ra tứ giác AKDN nội tiếp, suy ra kết luận phần b) của bài toán). Cũng có thể nhận thấy rằng đường tròng ngoại tiếp tam giácDM N chính là đường tròn Euler của tam giác IAB và do đó sẽ đi qua trung điểm của AB. Nhiều thí sinh đã nhận ra điều này và kết luận luôn. Theo kinh nghiệm của chúng tôi thì các thí sinh nên thận trọng trong việc sử dụng các kết quả như vậy. Tốt nhất là nên dựa vào kết quả để chứng minh lại.
Cuối cùng, chúng tôi xin đưa ra một số đề thi Olympic của Nga liên quan đến cấu hình bài toán 3. 1. (Olympic Nga, vòng 4, lớp 11, 1994) Đường tròn tâm O nội tiếp tam giácABC tiếp xúc với các cạnhAB, BC vàACtại các điểmE, F vàDtương ứng. Các đường thẳngAOvàCOcắt đường thẳng EF tại N vàM. Chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp tam giácOM N, điểm O và điểmDcùng nằm trên một đường thẳng.
2. (Olympic Nga, vòng 5, lớp 9, 1997) Đường tròn nội tiếp tam giácABC tiếp xúc với các cạnh
AB, BC và CA tại các điểm M, N và K tương ứng. Đường thẳng đi qua đỉnh A và song song với N K cắt đường thẳng M N tại điểm D. Đường thẳng qua A và song song với M N cắt đường thẳngN K ở điểmE. Chứng minh rằng đường thẳngDEchứa đường trung bình của tam giácABC. 3. (Olympic Nga, vòng 5, lớp 10, 1997) Đường tròn tâm O nội tiếp tam giácABC tiếp xúc với các cạnh AC, AB và BC tại các điểm K, M vàN tương ứng. Trung tuyến BB1 của tam giác cắt
M N tại điểmD. Chứng minh rằng điểm Onằm trên đường thẳngDK.
4. Đường tròn tâmI nội tiếp tam giácABC tiếp xúc với các cạnhCA, AB tương ứng tạiE, F;
BI cắtEF tại M. Chứng minh rằngM nằm trên đường trung bình của tam giác ABC.
Hai bài phân loại thí sinh
Trong khi ba bài đầu tiên rất cơ bản và có phần dễ thì hai bài toán còn lại khá khó chịu. Để làm được hai bài này, ngoài việc hiểu đề bài, tìm được hướng đi đúng, còn cần phải có thời gian. Vì thế, hai bài toán này chỉ dành cho những thí sinh đã “tiêu diệt gọn” ba bài đầu trong vòng 1,5-2 tiếng
đầu tiên. Hơn nữa, vẻ đơn giản bề ngoài có thể làm nhiều thí sinh sa lầy.
Câu 4.Cho ba số thựca, b, cthoả mãn điều kiện: với mỗi số nguyên dươngn,an+bn+cn là số nguyên. Chứng minh rằng tồn tại các số nguyênp, q, r sao choa, b, c là 3 nghiệm của phương trình
x3+px2+qx+r= 0.
Bình luận. Đây là một bài toán khá lạ và khó chịu. Để giải nó cần đến cả kiến thức về đại số và số học. Không có gì cao siêu (định lý Viet, các phép biến đổi đại số trên các biểu thức đối xứng, tính chất đơn giản2c∈Zvà2c2∈Zsuy ra c∈Z) nhưng lại gây khó khăn cho các thí sinh.
Chúng ta hãy bắt đầu bằng trường hợp “2 chiều” của bài toán: “Cho hai số thực a, b thoả mãn điều kiện: với mỗi số nguyên dươngn,an+bn là số nguyên. Chứng minh rằng tồn tại các số nguyên
p, q sao choa, blà 2 nghiệm của phương trình x2+px+q= 0.”
Theo định lý Viet, rõ ràng điều phải chứng minh tương đương với việc chứng minha+bvàablà số nguyên.a+bhiển nhiên nguyên theo điều kiện đề bài. Ngoài ra ta có2ab= (a+b)2−(a2+b2)
là số nguyên.
Ta có thể tiếp tục dùng hằng đẳng thức này để suy ra 2a2b2 cũng là số nguyên:
2a2b2= (a2+b2)2−(a4+b4)
Đến đây ta dùng bổ đề đơn giản sau:
Bổ đề.Nếuxlà số thực sao cho2xvà2x2 là các số nguyên thìxlà số nguyên.
Chứng minh.Ta chứng minh bằng phản chứng. Giả sử2x=knguyên, nhưngxkhông nguyên. Khi đók là số nguyên lẻ: k = 2m+ 1. Suy ra x=m+ 1/2. Nhưng khi đó 2x2 = 2(m+ 1/2)2 = 2m2+ 2m+ 1/2 không nguyên. Mâu thuẫn. Vậy điều giả sử là sai, tức làxnguyên.
Như vậy, theo bổ đề thì abnguyên và ta suy ra điều phải chứng minh. Từ phép chứng minh ta cũng suy ra kết quả mạnh hơn: Nếua+b, a2+b2, a4+b4 là các số nguyên thìa, blà 2 nghiệm của phương trìnhx2+px+q= 0với p, qlà các số nguyên nào đó (và do đó an+bn nguyên với mọin
nguyên dương). Điều đó cũng có nghĩa là ta chỉ cần dùng giả thiết của bài toán đếnn= 4. Ví dụ
a=√
2/2, b=−√2/2cho thấyk= 4là giá trị nhỏ nhất thoả mãn điều kiện: Nếua, blà các số thực thoả mãn điều kiệnan+bnlà số nguyên với mọin= 1,2, ..., kthìan+bnnguyên với mọinnguyên dương.
Quay trở lại với lời giải của bài toán VMO 2009. Ta sẽ thấy rằng kỹ thuật không có gì thay đổi, tuy có phức tạp hơn đôi chút. Rõ ràng ta chỉ cần chứng minha+b+c, ab+bc+cavàabcnguyên. Theo điều kiện đề bài thìa+b+c là số nguyên. Tiếp theo ta có
2(ab+bc+ca) = (a+b+c)2−(a2+b2+c2)
là số nguyên.
Tương tự như lời giải trên, ta muốn chứng minh rằng2(ab+bc+ca)2cũng là số nguyên. Từ đó dùng bổ đề suy raab+bc+calà số nguyên. Điều này phức tạp hơn đôi chút vì đẳng thức tương tự
2(a2b2+b2c2+c2a2) = (a2+b2+c2)2−(a4+b4+c4)
Chưa cho ta kết quả mong muốn, vì
Mà ta chưa chứng minh đượcabcnguyên. Để xử lý điều này, ta lại sử dụng một hằng đẳng thức quen thuộc
a3+b3+c3−3abc= (a+b+c)(a2+b2+c2−ab−bc−ca) (2)
Từ đây, do a+b+c,a2+b2+c2, a3+b3+c3và2(ab+bc+ca)là số nguyên nên ta suy ra6abc
là số nguyên (ta nhân (2) với 2!). Từ đó, nhân (2) với 3 ta thu được
6(ab+bc+ca)2 = 2(a2b2+b2c2+c2a2) + 12abc(a+b+c)
là số nguyên.
Áp dụng cách chứng minh như bổ đề nêu trên, ta suy raab+bc+calà số nguyên. Từ đây, thay vào (2) ta có3abclà số nguyên.
Tiếp theo, ta sử dụng hằng đẳng thức tương tự (2)
a6+b6+c6−3a2b2c2= (a2+b2+c2)(a4+b4+c4−a2b2−b2c2−c2a2)
với chú ý2(a2b2+b2c2+c2a2)là số nguyên ta suy ra6a2b2c2là số nguyên. Từ6abcvà6a2b2c2 là số nguyên, bằng cách chứng minh hoàn toàn tương tự ta suy raabclà số nguyên. Bài toán được giải quyết hoàn toàn.
Lời giải trên cho thấy rằng chúng ta chỉ sử dụng giả thiếtan+bn+cn cho đếnn= 6 (trong đó không sử dụng giả thiết với n= 5!). Liên quan đến vấn đề này, chúng tôi đề xuất các độc giả suy